Sécante par le centre inscrit du triangle

gipsyc

Bonjour
Une propriété fournie par toute A-sécante du triangle ABC  passant par le centre du cercle inscrit.

La formule dans le triangle rectangle en A est très facile à démontrer.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon 

Jean-Louis Ayme

Bonjour Jean-Pol,

peut-être la moitié de l'angle en A?

Sincèrement
Jean-Louis

gipsyc

Bonjour JL Ayme

Quelques indices.

Une approche passe en effet par sin(α/2), ou plutôt une formule de type

    ... sin(α) = ... sin(α₁︎) + ... sin(α₂︎)
avec α₁︎ = α₂︎ = α/2.

La loi des sinus (étendue à r et R) donne la solution.
Mais d'autres apotoches sont plus simples.

Cordialement,
Jean-Pol Coulon

Bouzar

Bonjour
On a :

$A,B,C\simeq\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right) .$
$P,Q,I\simeq\left(\begin{array}{c} 1-t\\ t\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} b(-1+t)+at\\ 0\\ ct\end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a\\ b\\ c\end{array}\right) .$
Par suite: $\dfrac{1}{AP}+\dfrac{1}{AQ}=\dfrac{a+b+c}{bc}=\dfrac{2p}{ \dfrac{4Rrp}{a} }=\dfrac{a}{2Rr}=\dfrac{\sin(\alpha)}{r}.$

En particulier, si le triangle est rectangle en $A$, alors $\sin(\alpha) =1$ et on a : $\dfrac{1}{AP}+\dfrac{1}{AQ}= \dfrac{1}{r}.$
Cordialement.

gipsyc

Merci Bouzar.

J'avais une approche toute simple, sans même passer par sin(α/2).

Si α = 90° considérons l'aire [APQ] de ΔAPQ

[APQ] = [API] + [AQI]

   x2 ⇒ 

AP.AQ = AP.r + AQ.r

   x 1/(AP AQ) ⇒ 

1 = (1/AQ + 1/AP)r

Si α ≠ 90° même approche

[APQ] = [API] + [AQI]

[APQ] = ½ AP AQ sin(α)     (1)

[API] = ½ AP.r                     (2)

[AQI] = ½ AQ.r                   (3)

(1) = (2) + (3) ⇒ (x2)

AP AQ sin(α) = (AP + AQ).r

sin(α)/r = 1/AP + 1/AQ

Et voilà.

Cordialement,

Jean-Pol Coulon 

gipsyc

Un problème (3) du même ordre. Une solution possible passe par un rapport harmonique.

Soient
• un triangle ABC rectangle en A
• son centre inscrit I
• une A-sécante PQ par I, P sur AB et Q sur AC
• deux parallèles à AB, l'une i par I et l'autre q par Q
• un point S sur q du côté opposé à A par rapport à PQ
• PS ∩ i = T

Montrez que
AQ = QS ⇔ T est situé sur le cercle inscrit.

Cordialement,

Jean-Pol Coulon

gipsyc

Pour le dernier problème (3)

Un argument est que APSQ est un trapèze dont les diagonales se coupent en I.
Soit D = i ∩ AC. D est un point de contact du cercle inscrit.

Si AQ ∩ PS = X (sommet du triangle XSQ associé au trapèze)

⇒ AI est la médiane A de ΔXSQ

⇒ I est le point médian de TD 

⇒ TI = ID

⇒ TD est le diamètre de l'incircle

Un autre argument avec ce même sommet X: 
La X-médiane du ΔXSQ passe par I, intersection des diagonales du trapèze.
Elle coupe donc les deux bases du trapèze APSQ en deux points V et W conjugués harmoniques de X et I.
⇒ les longueurs des segments parallèles PA (par V) et SQ (par W) sont en proportion harmonique avec le 3e segment parallèle TD (par I) 

[illustration ci-dessous dans un cas général]
⇒ on retrouve la première formule du problème (1)
⇒ TD par I est égal à 2r
⇒ TD est un diamètre du cercle inscrit

Cordialement,
Jean-Pol Coulon 

Note. Illustration rapport harmonique et moyenne harmonique
   (A,K;S,D) = -1   ⇒    1/k = ½ (1/s + 1/d)